专题1 化学反应与能量变化 单元检测题-高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1

试卷第=page99页，共=sectionpages1010页试卷第=page1010页，共=sectionpages1010页专题1《化学反应与能量变化》单元检测题一、单选题1．关于如图所示转化关系，下列说法正确的是A．△H2>0B．△H1>△H3C．△H3=△H1+△H2D．△H1=△H2+△H32．锥形瓶内壁用某溶液润洗后，放入混合均匀的新制铁粉和碳粉，塞紧瓶塞，同时测量锥形瓶内压强的变化，如图所示。下列说法错误的是A．0~t1时，铁可能发生了析氢腐蚀B．t1~t2时，铁一定发生了吸氧腐蚀C．负极反应为：Fe-3e-=Fe3+D．用于润洗锥形瓶的溶液一定显酸性3．一定条件下，有关有机物生成环己烷的能量变化如图所示，下列说法正确的是A．苯分子中不存在3个完全独立的碳碳双键，故B．C．反应，反应物总能量低于生成物总能量D．苯与氢气反应过程中有键生成4．以铜作催化剂的一种铝硫电池的示意图如图所示，电池放电时的反应原理为。下列说法错误的是(阳离子交换膜只允许阳离子通过)A．充电时，Cu/CuxS电极为阳极B．充电时，阳极区的电极反应式为C．放电时，K+通过阳离子交换膜向Cu/CuxS电极移动D．放电时，每转移1mol电子，负极区电解质溶液质量减轻30g5．如图所示的装置，通电较长时间后，测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电极上析出0.64g某金属。下列说法中正确的是A．甲池是b电极上析出金属银，乙池是c电极上析出某金属B．甲池是a电极上析出金属银，乙池是d电极上析出某金属C．该盐溶液可能是CuSO4溶液D．该盐溶液可能是Mg(NO3)2溶液6．中国文化源远流长，三星堆出土了大量文物，下列有关说法正确的是。A．测定文物年代的与互为同素异形体B．三星堆出土的青铜器上有大量铜锈，可用明矾溶液除去C．青铜是铜中加入铅，锡制得的合金，其成分会加快铜的腐蚀D．文物中做面具的金箔由热还原法制得7．游泳池水质普遍存在尿素超标现象，一种电化学除游泳池中尿素的实验装置如下图所示(样品溶液成分见图示)，其中钌钛常用作析氯电极，不参与电解。已知：，下列说法正确的是A．电解过程中不锈钢电极会缓慢发生腐蚀B．电解过程中钌钛电极上发生反应为C．电解过程中不锈钢电极附近pH降低D．电解过程中每逸出22.4LN2，电路中至少通过6mol电子8．下列事实不能用原电池原理解释的是A．白铁(镀锌)制品比一般铁器耐腐蚀B．铁片、铝片在冷的浓硫酸中钝化C．工程施工队在铁制水管外刷一层“银粉”D．纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量溶液后反应速率加快9．根据所示的能量图，下列说法正确的是A．断裂和的化学键所吸收的能量之和小于断裂的化学键所吸收的能量B．的总能量大于和的能量之和C．和的能量之和为D．10．“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+可催化消除大气污染物N2O和CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热∆H=-283kJ·mol-1，则2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的反应热∆H(kJ·mol-1)为A．-152 B．-76 C．+76 D．+15211．用下图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测得具支锥形瓶中压强、溶解氧随时间变化关系的曲线如下。下列分析错误是A．压强增大主要是因为产生了H2B．pH=4时正极只发生：O2+4e+4H+→2H2OC．负极的反应都为：Fe-2e-→Fe2+D．都发生了吸氧腐蚀12．关于下列的判断正确的是A．， B． C． D．，二、填空题13．城镇地面下常埋有纵横交错的多种金属管道，地面上还铺有铁轨等。当金属管道或铁轨在潮湿土壤中形成电流回路时，就会引起这些金属制品的腐蚀。为了防止这类腐蚀的发生，某同学设计了如图所示的装置，请分析其工作的原理_______。14．相同金属在其不同浓度的盐溶液中可形成浓差电池。现用此浓差电池电解Na2SO4溶液(电极a和b均为石墨电极)可以制得O2、H2、H2SO4、NaOH。(1)当电路中转移1mol电子时，电解池理论上能产生标况下的气体___L。(2)电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得NaOH___g。15．二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ·mol-1②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2=-90kJ·mol-1总反应的△H=____kJ·mol-1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是____(填标号)，判断的理由是____。A．B．C．D．16．下图各烧杯中盛有等浓度的食盐水，铁在其中被腐蚀的速率由快至慢的顺序为_______。A．B．C．三、计算题17．氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。(1)如图是(g)和(g)反应生成1mol(g)过程中能量的变化示意图，请写出和反应的热化学方程式∶___________(2)若已知下列数据∶化学键H-HN=N键能/kJ·mol-1435943试根据表中及图中数据计算N－H的键能∶___________kJ·mol-1(3)用催化还原NOx还可以消除氮氧化物的污染。已知：①②若1mol还原NO至，则该反应过程中的反应热△H3___________kJ/mol(用含a、b的式子表示)。(4)捕碳技术(主要指捕获)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前和已经被用作工业捕碳剂，它们与可发生如下可逆反应：反应I：反应II：反应Ⅲ：则△H3与△H1、△H2之间的关系是△H3=___________。18．Ⅰ、某实验小组用100mL0.55mol·LNaOH溶液与100mL0.5mol·L盐酸进行中和热的测定，装置如图所示。(1)回答下列问题：①图中装置缺少的仪器是___________。②若将盐酸改为相同体积、相同浓度的醋酸，测得中和热为ΔH1，NaOH溶液与盐酸反应中和热为ΔH，则ΔH1___________ΔH(填写<、>、=)；若测得该反应放出的热量为2.84kJ，请写出盐酸与NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式：___________Ⅱ、已知1g的甲烷完全燃烧生成液态水放出akJ的热量。(2)写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式为___________。Ⅲ、发射卫星可用肼做燃料，二氧化氮做氧化剂，两者反应生成氮气和水蒸气。已知：kJ·molkJ·mol(3)写出肼和二氧化氮反应的热化学方程式为：___________。(4)有科学家预言，氢能将成为21世纪的主要能源，而且是一种理想的绿色能源。若1mol氢气完全燃烧生成1mol气态水放出241kJ的热量，已知H-O键能为463kJ·mol，O=O键能为498kJ·mol，计算H-H键能为___________kJ·mol。四、工业流程题19．铑(Rh)是在1803年由WllamWllston发现的一种铂系金属，铑及其合金、配合物可用于制醛类和醋酸的催化剂等。下图是一种从废铑催化剂(含铑、有机杂质和少量Cu)中回收铑的工艺流程：已知：①铑的氧化物性质稳定且极难溶解；②氢氧化铑是一种两性氢氧化物，Ksp[Rh(OH)3]=1×10-23(1)焚烧的目的是_______和将Cu转化为CuO。(2)实验室探究焚烧温度对铑回收率的影响，结果如图，当焚烧温度高于320℃时，铑的回收率降低的可能原因是_______。(3)“加热至熔融”步骤的主要目的是将焚烧后的铑单质转化成可溶性的Rh2(SO4)3，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，则该反应还原产物为_______。(4)用氨水沉淀铑元素的离子方程式为_______；此步骤中，pH不能太高(实际调节pH在8左右)的原因是_______。(5)电解还原时，析出铑的电极与外电源的_______(填“正”或“负”)极相连接。(6)铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述正确的是_______(填序号)。A．CH3COI是反应中间体B．甲醇羰基化反应为CH3OH+COCH3CO2HC．反应过程中Rh的成键数目保持不变20．以钛铁矿(主要成分为，还含有等杂质)为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂()和磷酸亚铁锂()的工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)“溶浸”后溶液中含有金属元素的阳离子主要包括、_______。“滤液”经加热水解后转化为富钛渣(钛元素主要以形式存在)，写出上述转化的离子方程式：_______。(2)“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是_______。(3)“沉铁”过程反应的化学方程式为_______，“沉铁”后的滤液经处理后可返回_______工序循环利用。(4)“煅烧”制备的过程中，理论上投入和的物质的量之比为_______。(5)以和作电极组成电池，充电时发生反应：，阳极的电极反应式为_______。(6)从废旧电极中可回收锂元素。用硝酸充分溶浸废旧电极，测得浸取液中，加入等体积的碳酸钠溶液将转化为沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，则反应后的溶液中的浓度为_______[已知，假设反应后溶液体积为反应前两溶液体积之和]。答案第=page1919页，共=sectionpages99页答案第=page1818页，共=sectionpages99页参考答案：1．D【解析】A．CO（g）+O2（g）=CO2（g）为CO的燃烧，放出热量，△H2<0，故A错误；B．C不充分燃烧生成CO，充分燃烧生成CO2，充分燃烧放出的热量大于不充分燃烧，焓变为负值，则△H1<△H3，故B错误；C．根据①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1，②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2，③C（s）+O2（g）=CO（g）△H3，结合盖斯定律③=①-②，则△H3=△H1-△H2，故C错误；D．根据①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1，②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2，③C（s）+O2（g）=CO（g）△H3，结合盖斯定律①=②+③，则△H1=△H2+△H3，故D正确；故选D。2．C【解析】A．有图可知，0~t1时锥形瓶内压强增大，说明气体的物质的量增加，则铁可能发生了析氢腐蚀，故A不选；B．有图可知，t1~t2时锥形瓶内压强减少，说明气体物质的量减少，则铁一定发生了吸氧腐蚀，故B不选；C．负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故C选；D．锥形瓶内开始发生析氢腐蚀，则用于润洗锥形瓶的溶液一定显酸性，故D不选；故选：C。3．D【解析】A．说明苯分子中不存在3个完全独立的碳碳双键，故A错误；B．由图可知，苯与氢气反应转化为环己二烯的反应为反应物总能量低于生成物总能量的吸热反应，反应的焓变＞0，故B错误；C．由图可知，环己烯与氢气反应转化为环己烷的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故C错误；D．由图可知，苯与氢气反应过程中有碳氢键的生成，故D正确；故选D。4．B【解析】从总反应分析：放电时Al电极发生了氧化反应为负极，电极反应为，Cu/CuxS极为正极，电极反应为3CuxS+6e-=3xCu+3S2−；充电时：Al电极为阴极，电极反应式为，Cu/CuxS极为阳极，电极反应式为3xCu+3S2−-6e-=3CuxS。【解析】A．由分析可知充电时Cu/CuxS极为阳极，A项正确；B．由分析可知充电时的阳极反应式为3xCu+3S2−-6e-=3CuxS，B项错误；C．放电时，阳离子移向正极，故放电时，K+通过阳离子交换膜向Cu/CuxS电极移动，C项正确；D．放电时，Al作负极，电极反应式为，Cu/CuxS为正极，电极反应为3CuxS+6e-=3xCu+3S2−，K+通过阳离子交换膜移向正极，则放电时，每转移1mol电子，molAl溶解进入电解质溶液，使负极区电解质溶液增重，1molK+从负极移向正极，使负极区电解质溶液减重，故负极区减少的质量为39g-30g，D项正确；故选B。5．C【解析】甲池中a极与电源负极相连为阴极，电极上银离子得电子析出银单质，b电极为阳极，水电离出的氢氧根放电产生氧气，同时产生氢离子；乙池中c为阴极，d为阳极，乙池电极析出0.64g金属，金属应在c极析出，说明乙池中含有氧化性比氢离子强的金属阳离子。【解析】A．甲池a极上析出金属银，乙池c极上析出某金属，故A错误；B．甲池a极上析出金属银，乙池c极上析出某金属，故B错误；C．甲池的a极银离子得电子析出银单质，2.16gAg的物质的量为，由Ag++e-=Ag，可知转移0.02mol电子，乙池电极析出0.64g金属，说明乙池中含有氧化性比氢离子强的金属阳离子，Cu2+氧化性强于氢离子，会先于氢离子放电，由Cu2++2e-=Cu，转移0.02mol电子生成0.01molCu，质量为m=n∙M=0.01mol×64g/mol=0.64g，则某盐溶液可能是CuSO4溶液，故C正确；D．Mg2+氧化性弱于H+，电解时在溶液中不能得电子析出金属，所以某盐溶液不能是Mg(NO3)2溶液，故D错误；故答案为C。6．B【解析】A．与是质子数相同，中子数不同的两种核素互为同位素，A错误；B．铜锈为碱式碳酸铜，明矾溶于水，铝离子水解，溶液显酸性可与碱式碳酸铜反应而除去，B正确；C．铅、锡比铜活泼，腐蚀反应中铜做正极，会减缓铜的腐蚀，C错误；D．古代得到金的方法是淘漉法，D错误；故选B。7．B【解析】A．根据投料及电极的性能可知，a为电源负极，b为电源正极，钢电极做电解池阴极，相当于外接电流的阴极保护，不发生腐蚀，A项错误；B．钌钛电极上氯离子失电子生成氯气，发生的电极反应式为，B项正确；C．电解过程中不锈钢电极上水得电子生成氢气和氢氧根，发生的电极反应式为，其附近pH升高，C项错误；D．未强调标准状况下，无法计算，D项错误；故选B。8．B【解析】A．白铁中铁和锌组成原电池，由金属活泼性Zn>Fe，则Fe做正极被保护，所以白铁(镀锌)制品比一般铁器耐腐蚀，A不选；B．铁、铝常温下与冷的浓硫酸反应生成致密的氧化膜而钝化，不能用原电池原理解释，B选；C．铁外刷一层“银粉”，阻止与氧气接触，破坏了原电池的构成条件，保护铁不被腐蚀，C不选；D．锌与少量溶液反应置换单质Cu，形成Zn-Cu原电池，可加快反应速率，D不选；故选：B。9．B【解析】A．右图示可知，该反应为吸热反应，故断裂和的化学键所吸收的能量之和大于断裂的化学键所吸收的能量，A错误；B．右图示可知，该反应为吸热反应，故生成物的总能量高于反应物的总能量，即的总能量大于和的能量之和，B正确；C．由图示可知，和的键能之和为，C错误；D．反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，故该反应的热化学方程式为：，D错误；故答案为：B。10．A【解析】已知CO(g)的燃烧热∆H=-283kJ·mol-1，可得①，由图可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)∆H=-330+123-229+77=-359kJ/mol②，由盖斯定律，(反应②-①)×2可得反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)，反应热∆H=(-359+283)×2=-152kJ·mol-1，故选：A。11．B【解析】A．pH=2.0的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的Fe粉能发生析氢腐蚀，析氢腐蚀产生氢气，因此会导致锥形瓶内压强增大，A正确；B．若pH=4.0时只发生吸氧腐蚀，那么锥形瓶内的压强会有下降；而图中pH=4.0时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时也产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，B错误；C．锥形瓶中的Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式为：Fe-2e-═Fe2+，C正确；D．由题干溶解氧随时间变化曲线图可知，三种pH环境下溶解氧的浓度都有减小，则都发生了吸氧腐蚀，D正确；故答案为：B。12．C【解析】A．反应1为化合反应，是放热反应，则，反应2是水的电离，是吸热反应，，A错误；B．反应1的为负数，反应2为正数，则，B错误；C．由盖斯定律反应1+反应2得到反应3，则，C正确；D．未知、的绝对值大小，无法判断是否大于0，D错误；故选：C。13．钢铁输水管与镁块相连形成原电池，镁作负极，发生氧化反应被腐蚀，钢铁输水管作正极，受到保护【解析】根据牺牲阳极的阴极保护法分析解答。【解析】镁比铁活泼，根据图示，钢铁输水管与镁块相连形成原电池，镁作负极，发生氧化反应被腐蚀，钢铁输水管作正极，受到保护，避免了钢铁输水管的腐蚀，故答案为：钢铁输水管与镁块相连形成原电池，镁作负极，发生氧化反应被腐蚀，钢铁输水管作正极，受到保护。14．(1)16.8(2)160【解析】浓差电池中左侧溶液中Cu2+浓度大，离子的氧化性强，所以Cu(1)电极为正极、电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，则Cu(2)电极为负极，电极反应式为Cu+2e-=Cu2+；电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则钠离子通过离子交换膜c生成NaOH、为阳离子交换膜，硫酸根通过离子交换膜d生成硫酸、为阴离子交换膜，以此来解析；(1)电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒有O2~e~H2可知1mold电子，生成0.25molO2和0.5molH2；总共0.75mol，V=0.75mol×22.4L/mol=16.8L；(2)电池从开始工作到停止放电，溶液中Cu2+浓度变为1.5mol/L，正极析出Cu:(2.5-1.5)mol/L×2L=2mol，正极反应为Cu2++2e-=Cu，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒有Cu~2e~2NaOH，电解池理论上生成NaOH的物质的量n(NaOH)=2n(Cu)=4mol，则m(NaOH)=nM=4mol×40g/mol=160g。15．

-49

A

△H1为正值，△H2和△H为负值，反应①活化能大于反应②的【解析】根据盖斯定律，总反应=反应①+反应②，则；反应①为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，反应②和总反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，又知反应①为慢反应，所以反应①的活化能更高，A正确；判断的理由是△H1为正值，△H2和△H为负值，反应①活化能大于反应②的。16．B、A、C【解析】C中铁做阴极，电极表面发生还原反应受到保护，腐蚀最慢；A属于化学腐蚀，腐蚀较慢；B中Fe比Cu活泼，做原电池的负极导致铁腐蚀很快，综上分析铁在其中被腐蚀的速率由快至慢的顺序为：B、A、C。17．

390

【解析】(1)先求出此反应的焓变，根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；(2)根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算；(3)利用盖斯定律计算；(4)利用盖斯定律计算。【解析】(1)反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，生成1mol氨气放出46kJ热量，则反应的热化学方程式为；故答案为；(2)反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，设N-H的键能为x，则，解得x=390kJ/mol；故答案为390；(3)已知①②利用盖斯定律将①-3×②可得△H=3b-akJ·mol－1，则1mol还原NO至的反应热为；故答案为(4)根据反应反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：可知：反应Ⅲ=反应II×2-反应I，因此△H3=2△H2-△H1；故答案为2△H2-△H1。18．(1)

环形玻璃搅拌棒

>

HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol(2)kJ/mol(3)kJ/mol(4)436【解析】（1）①由图可知，图中缺少让氢氧化钠溶液和盐酸完全反应的环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；②醋酸是一元弱酸，在溶液中电离时会吸收热量，所以将盐酸改为相同体积、相同浓度的醋酸，会使测得的中和热ΔH1大于氢氧化钠溶液与盐酸反应的中和热ΔH；100mL0.55mol/L氢氧化钠溶液与100mL0.5mol/L盐酸完全反应生成0.05mol水，由测得该反应放出的热量为2.84kJ可知，中和热ΔH=—=—56.8kJ/mol，则反应的热化学方程式为HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol，故答案为：>；HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol；（2）由1g的甲烷完全燃烧生成液态水放出akJ的热量可知，反应的反应热ΔH=—=—16akJ/mol，则反应的热化学方程式为kJ/mol，故答案为：kJ/mol；（3）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应②—①×得到肼和二氧化氮反应，则反应热ΔH=(—534kJ/mol)—(+66.4kJ/mol)×=—567.2kJ/mol，则反应的热化学方程式为kJ/mol，故答案为：kJ/mol；（4）设氢氢键的键能为akJ/mol，由1mol氢气完全燃烧生成1mol气态水放出241kJ的热量可得：2×463kJ/mol—(akJ/mol+498kJ/mol×)=241kJ，解得a=436，故答案为：436。19．

除去有机杂质

温度过高，铑转化为性质稳定且极难溶解的氧化物，影响后续铑的回收

SO2

Rh3++3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3

防止碱性强Rh(OH)3溶解，导致铑的损失

负

AB【解析】废铑催化剂(杂质主要为有机杂质和少量Cu)，焚烧除去有机杂质和将Cu转化为CuO，加热熔融，加入KHSO4，生成Rh2(SO4)3、CuSO4，加入氨水调节pH，生成Rh(OH)3沉淀和Cu(NH3)4SO4溶液，过滤，用盐酸溶解Rh(OH)3得Rh3+的盐溶液，电解生成Rh单质。【解析】(1)由题意可知废铑催化剂(杂质主要为有机杂质和少量Cu)，焚烧的目的是通过燃烧除去有机杂质和将Cu转化为CuO。(2)铑的氧化物性质稳定，因此在焚烧时需注意控制温度为320℃，温度过低则达不到完全灰化的目的，大量有机杂质仍然滞留在其中；温度过高，铑会被氧化成铑的氧化物(性质稳定，难溶解)，影响后续铑的回收。(3)熔融下铑和KHSO4反应生成Rh2(SO4)3，Rh元素化合价升高，化合价下降的元素是S，根据氧化剂与还原剂的物质的量之比=3：2和电子得失守恒，还原产物为SO2，其方程式为2Rh+12KHSO4=Rh2(SO4)3+3SO2↑+6K2SO4+6H2O。(4)用氨水调pH，NH3·H2O电离产生的OH−与Rh3+反应生成Rh(OH)3沉淀，其离子方程式为Rh3++3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3，氢氧化铑是一种两性氢氧化物，此步骤中，pH不能太高(实际调节pH在8左右)是为了防止碱性强Rh(OH)3溶解，导致铑的损失。(5)加盐酸使Rh(OH)3溶解，电解还原时，溶液中的Rh3+得电子在阴极析出得